六、两类函数相乘的积分

小题

1. 【1989-5-5 分】 求不定积分

$$\int \frac{x+\ln (1-x)}{x^2}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int \frac{x+\ln (1-x)}{x^2}dx=\ln (1-x)-\frac{\ln (1-x)}{x}+C.$$

解析： 先将积分拆分为

$$I=\int \frac{dx}{x}+\int \frac{\ln (1-x)}{x^2}dx.$$

对第二项使用分部积分，取

$$u=\ln (1-x),dv=\frac{dx}{x^2},$$

则

$$du=-\frac{dx}{1-x},v=-\frac{1}{x}.$$

因而

$$\begin{array}{rl}\int \frac{\ln (1-x)}{x^2}dx& =-\frac{\ln (1-x)}{x}-\int \frac{dx}{x(1-x)}\\ & =-\frac{\ln (1-x)}{x}-\int \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\right)dx\\ & =-\frac{\ln (1-x)}{x}-\ln |x|+\ln (1-x)+C.\end{array}$$

再与第一项 $\int \frac{dx}{x}=\ln |x|$ 相加，$\ln |x|$ 正好抵消，得到

$$I=\ln (1-x)-\frac{\ln (1-x)}{x}+C.$$

由于原式含有 $\ln (1-x)$，其实数定义域要求 $x<1$，同时还需 $x\ne 0$。

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2. 【1989-3-4 分】 求

$$\int \frac{dx}{x{\ln }^{2}x}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int \frac{dx}{x{\ln }^{2}x}=-\frac{1}{\ln x}+C.$$

解析： 令

$$u=\ln x,$$

则

$$du=\frac{dx}{x}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{x{\ln }^{2}x}& =\int u^{-2}du\\ & =-u^{-1}+C\\ & =-\frac{1}{\ln x}+C.\end{array}$$

本题使用的是复合函数积分公式，原被积函数的定义要求 $x>0$ 且 $x\ne 1$。

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3. 【1990-3-5 分】 计算

$$\int \frac{\ln x}{(1-x{)}^2}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int \frac{\ln x}{(1-x{)}^2}dx=\frac{x\ln x}{1-x}+\ln |1-x|+C.$$

解析： 取

$$u=\ln x,dv=\frac{dx}{(1-x{)}^2},$$

则

$$du=\frac{dx}{x},v=\frac{1}{1-x}.$$

由分部积分公式，

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{\ln x}{1-x}-\int \frac{dx}{x(1-x)}\\ & =\frac{\ln x}{1-x}-\int \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\right)dx\\ & =\frac{\ln x}{1-x}-\ln x+\ln |1-x|+C.\end{array}$$

合并前两项：

$$\frac{\ln x}{1-x}-\ln x=\frac{x\ln x}{1-x},$$

故

$$I=\frac{x\ln x}{1-x}+\ln |1-x|+C.$$

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4. 【1990-5-5 分】 求不定积分

$$\int \frac{x{\cos }^4\frac{x}{2}}{{\sin }^{3}x}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int \frac{x{\cos }^4\frac{x}{2}}{{\sin }^{3}x}dx=-\frac{x}{8}{\cot }^2\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\cot \frac{x}{2}-\frac{x}{8}+C.$$

解析： 利用

$$\sin x=2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2},$$

有

$$\begin{array}{rl}\frac{{\cos }^4\frac{x}{2}}{{\sin }^{3}x}& =\frac{{\cos }^4\frac{x}{2}}{8{\sin }^3\frac{x}{2}{\cos }^3\frac{x}{2}}\\ & =\frac{1}{8}\cot \frac{x}{2}{\csc }^2\frac{x}{2}.\end{array}$$

又因为

$$\frac{d}{dx}\left({\cot }^2\frac{x}{2}\right)=-\cot \frac{x}{2}{\csc }^2\frac{x}{2},$$

所以

$$I=-\frac{1}{8}\int xd\left({\cot }^2\frac{x}{2}\right).$$

分部积分得

$$I=-\frac{x}{8}{\cot }^2\frac{x}{2}+\frac{1}{8}\int {\cot }^2\frac{x}{2}dx.$$

利用 ${\cot }^{2}u={\csc }^{2}u-1$，可得

$$\begin{array}{rl}\int {\cot }^2\frac{x}{2}dx& =\int \left({\csc }^2\frac{x}{2}-1\right)dx\\ & =-2\cot \frac{x}{2}-x+C.\end{array}$$

代回即得

$$I=-\frac{x}{8}{\cot }^2\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\cot \frac{x}{2}-\frac{x}{8}+C.$$

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5. 【1991-5-5 分】 求不定积分

$$I=\int \frac{x^2}{1+x^2}\arctan xdx.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln (1+x^2)-\frac{1}{2}(\arctan x{)}^2+C.$$

解析： 先作恒等变形

$$\frac{x^2}{1+x^2}=1-\frac{1}{1+x^2}.$$

因此

$$I=\int \arctan xdx-\int \frac{\arctan x}{1+x^2}dx.$$

第一项分部积分：

$$\begin{array}{rl}\int \arctan xdx& =x\arctan x-\int \frac{x}{1+x^2}dx\\ & =x\arctan x-\frac{1}{2}\ln (1+x^2).\end{array}$$

第二项令 $u=\arctan x$，则 $du=\frac{dx}{1+x^2}$，故

$$\int \frac{\arctan x}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}(\arctan x{)}^2.$$

合并得到

$$I=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln (1+x^2)-\frac{1}{2}(\arctan x{)}^2+C.$$

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6. 【1991-3-5 分】 求

$$\int x{\sin }^{2}xdx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int x{\sin }^{2}xdx=\frac{x^2}{4}-\frac{x\sin 2x}{4}-\frac{\cos 2x}{8}+C.$$

解析： 由降幂公式

$${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2},$$

可得

$$I=\frac{1}{2}\int xdx-\frac{1}{2}\int x\cos 2xdx.$$

对第二项分部积分，取

$$u=x,dv=\cos 2xdx,$$

则

$$du=dx,v=\frac{1}{2}\sin 2x.$$

因而

$$\begin{array}{rl}\int x\cos 2xdx& =\frac{x\sin 2x}{2}-\frac{1}{2}\int \sin 2xdx\\ & =\frac{x\sin 2x}{2}+\frac{\cos 2x}{4}.\end{array}$$

代回后得到

$$I=\frac{x^2}{4}-\frac{x\sin 2x}{4}-\frac{\cos 2x}{8}+C.$$

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7. 【1992-45-5 分】 计算

$$I=\int \frac{\mathrm{arccot}{e}^x}{e^x}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=-e^{-x}\mathrm{arccot}{e}^x-x+\frac{1}{2}\ln (1+e^{2x})+C.$$

解析： 将原式写成

$$I=\int e^{-x}\mathrm{arccot}{e}^{x}dx.$$

取

$$u=\mathrm{arccot}{e}^x,dv=e^{-x}dx,$$

则

$$du=-\frac{e^x}{1+e^{2x}}dx,v=-e^{-x}.$$

由分部积分公式，

$$\begin{array}{rl}I& =-e^{-x}\mathrm{arccot}{e}^x-\int \frac{dx}{1+e^{2x}}.\end{array}$$

对剩余积分作变形：

$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{1+e^{2x}}& =\int \left(1-\frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}\right)dx\\ & =x-\frac{1}{2}\ln (1+e^{2x})+C.\end{array}$$

因此

$$I=-e^{-x}\mathrm{arccot}{e}^x-x+\frac{1}{2}\ln (1+e^{2x})+C.$$

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8. 【1993-12-5 分】 求

$$\int \frac{x{e}^x}{\sqrt{e^x-1}}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int \frac{x{e}^x}{\sqrt{e^x-1}}dx=2x\sqrt{e^x-1}-4\sqrt{e^x-1}+4\arctan \sqrt{e^x-1}+C.$$

解析： 注意到

$$d\sqrt{e^x-1}=\frac{e^x}{2\sqrt{e^x-1}}dx,$$

因此

$$\frac{e^x}{\sqrt{e^x-1}}dx=2d\sqrt{e^x-1}.$$

对原积分分部积分，得

$$\begin{array}{rl}I& =2\int xd\sqrt{e^x-1}\\ & =2x\sqrt{e^x-1}-2\int \sqrt{e^x-1}dx.\end{array}$$

记

$$J=\int \sqrt{e^x-1}dx,$$

令

$$t=\sqrt{e^x-1},$$

则 $e^x=1+t^2$，且

$$dx=\frac{2t}{1+t^2}dt.$$

从而

$$\begin{array}{rl}J& =2\int \frac{t^2}{1+t^2}dt\\ & =2\int \left(1-\frac{1}{1+t^2}\right)dt\\ & =2t-2\arctan t+C.\end{array}$$

代回 $t=\sqrt{e^x-1}$，并代入 $I$，得到

$$I=2x\sqrt{e^x-1}-4\sqrt{e^x-1}+4\arctan \sqrt{e^x-1}+C.$$

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9. 【1993-3-3 分】 已知曲线 $y=f(x)$ 过点 $\left(0,-\frac{1}{2}\right)$，且其上任一点 $(x,y)$ 处的切线斜率为 $x\ln (1+x^2)$，则 $f(x)=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$f(x)=\frac{1+x^2}{2}\ln (1+x^2)-\frac{1+x^2}{2}.$$

解析： 由切线斜率条件可知

$$f^{\prime }(x)=x\ln (1+x^2).$$

两边积分，令

$$u=1+x^2,du=2xdx,$$

则

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\int x\ln (1+x^2)dx\\ & =\frac{1}{2}\int \ln udu\\ & =\frac{1}{2}(u\ln u-u)+C\\ & =\frac{1+x^2}{2}\ln (1+x^2)-\frac{1+x^2}{2}+C.\end{array}$$

利用曲线过点 $\left(0,-\frac{1}{2}\right)$，有

$$-\frac{1}{2}=f(0)=-\frac{1}{2}+C,$$

故 $C=0$，从而

$$f(x)=\frac{1+x^2}{2}\ln (1+x^2)-\frac{1+x^2}{2}.$$

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10. 【1994-3-3 分】

$$\int x^3{e}^{x^2}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int x^3{e}^{x^2}dx=\frac{1}{2}(x^2-1)e^{x^2}+C.$$

解析： 令

$$u=x^2,$$

则

$$du=2xdx,x^{3}dx=x^2(xdx)=\frac{u}{2}du.$$

因而

$$\begin{array}{rl}\int x^3{e}^{x^2}dx& =\frac{1}{2}\int u{e}^{u}du\\ & =\frac{1}{2}(u{e}^u-e^u)+C\\ & =\frac{1}{2}(u-1)e^u+C\\ & =\frac{1}{2}(x^2-1)e^{x^2}+C.\end{array}$$

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11. 【1997-2-5 分】 计算

$$\int e^{2x}(\tan x+1{)}^{2}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int e^{2x}(\tan x+1{)}^{2}dx=e^{2x}\tan x+C.$$

解析： 利用恒等式

$$(\tan x+1{)}^2={\tan }^{2}x+2\tan x+1={\sec }^{2}x+2\tan x,$$

原积分化为

$$\int e^{2x}({\sec }^{2}x+2\tan x)dx.$$

又因为

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}\left(e^{2x}\tan x\right)& =2e^{2x}\tan x+e^{2x}{\sec }^{2}x\\ & =e^{2x}({\sec }^{2}x+2\tan x),\end{array}$$

所以

$$\int e^{2x}(\tan x+1{)}^{2}dx=e^{2x}\tan x+C.$$

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12. 【1998-34-3 分】

$$\int \frac{\ln x-1}{x^2}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$-\frac{\ln x}{x}+C.$$

解析： 由商的求导法则，

$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{\ln x}{x}\right)}^{\prime }& =\frac{1-\ln x}{x^2},\end{array}$$

因此

$$\frac{\ln x-1}{x^2}=-{\left(\frac{\ln x}{x}\right)}^{\prime }.$$

故

$$\int \frac{\ln x-1}{x^2}dx=-\frac{\ln x}{x}+C.$$

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13. 【1998-2-3 分】

$$\int \frac{\ln \sin x}{{\sin }^{2}x}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$-\cot x\ln |\sin x|-\cot x-x+C.$$

解析： 在被积函数有定义的区间内，作分部积分。取

$$u=\ln |\sin x|,dv={\csc }^{2}xdx,$$

则

$$du=\cot xdx,v=-\cot x.$$

因而

$$\begin{array}{rl}\int \ln |\sin x|{\csc }^{2}xdx& =-\cot x\ln |\sin x|+\int {\cot }^{2}xdx\\ & =-\cot x\ln |\sin x|+\int ({\csc }^{2}x-1)dx\\ & =-\cot x\ln |\sin x|-\cot x-x+C.\end{array}$$

在 $\sin x>0$ 的区间内可写为 $\ln \sin x+C$；写成 $\ln |\sin x|+C$ 可覆盖所有被积函数有定义的区间。

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14. 【2000-2-5 分】 设

$$f(\ln x)=\frac{\ln (1+x)}{x},$$

计算

$$\int f(x)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int f(x)dx=x-\left(1+e^{-x}\right)\ln (1+e^x)+C.$$

解析： 令 $t=\ln x$，则 $x=e^t$，由已知条件得

$$f(t)=e^{-t}\ln (1+e^t).$$

将自变量 $t$ 改写为 $x$，有

$$f(x)=e^{-x}\ln (1+e^x).$$

于是

$$I=\int e^{-x}\ln (1+e^x)dx.$$

分部积分，取

$$u=\ln (1+e^x),dv=e^{-x}dx,$$

则

$$du=\frac{e^x}{1+e^x}dx,v=-e^{-x}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =-e^{-x}\ln (1+e^x)+\int \frac{1}{1+e^x}dx\\ & =-e^{-x}\ln (1+e^x)+x-\ln (1+e^x)+C\\ & =x-\left(1+e^{-x}\right)\ln (1+e^x)+C.\end{array}$$

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15. 【2000-4-3 分】

$$\int \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}+2\sqrt{1-x}+C.$$

解析： 令

$$t=\sqrt{x},x=t^2,dx=2tdt,$$

则

$$\int \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}dx=2\int \arcsin tdt.$$

对 $\int \arcsin tdt$ 分部积分：

$$\begin{array}{rl}\int \arcsin tdt& =t\arcsin t-\int \frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt\\ & =t\arcsin t+\sqrt{1-t^2}+C.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}\int \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}}dx& =2t\arcsin t+2\sqrt{1-t^2}+C\\ & =2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}+2\sqrt{1-x}+C.\end{array}$$

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16. 【2002-4-3 分】 已知 $f(x)$ 的一个原函数为 ${\ln }^{2}x$，则

$$\int x{f}^{\prime }(x)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$2\ln x-{\ln }^{2}x+C.$$

解析： 因为 ${\ln }^{2}x$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，所以

$$f(x)={\left({\ln }^{2}x\right)}^{\prime }=\frac{2\ln x}{x}.$$

对原积分分部积分，取 $u=x$，$dv=f^{\prime }(x)dx$，则

$$\begin{array}{rl}\int x{f}^{\prime }(x)dx& =xf(x)-\int f(x)dx\\ & =x\cdot \frac{2\ln x}{x}-{\ln }^{2}x+C\\ & =2\ln x-{\ln }^{2}x+C.\end{array}$$

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17. 【2018-3-4 分】

$$\int e^x\arcsin e^{x}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$e^x\arcsin e^x+\sqrt{1-e^{2x}}+C.$$

解析： 令

$$t=e^x,dt=e^{x}dx,$$

则

$$\int e^x\arcsin e^{x}dx=\int \arcsin tdt.$$

对右端分部积分，取

$$u=\arcsin t,dv=dt,$$

则

$$du=\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}},v=t.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\int \arcsin tdt& =t\arcsin t-\int \frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt\\ & =t\arcsin t+\sqrt{1-t^2}+C.\end{array}$$

代回 $t=e^x$，得

$$\int e^x\arcsin e^{x}dx=e^x\arcsin e^x+\sqrt{1-e^{2x}}+C.$$

在实数范围内，需有 $e^x\le 1$，即 $x\le 0$。

大题

1. 【1994-5-6 分】 已知 $\frac{\sin x}{x}$ 是函数 $f(x)$ 的一个原函数，求

$$\int x^3{f}^{\prime }(x)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$x^2\cos x-4x\sin x-6\cos x+C.$$

解析： 因为 $\frac{\sin x}{x}$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，所以

$$\begin{array}{rl}f(x)& ={\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{\prime }\\ & =\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}.\end{array}$$

对所求积分分部积分：

$$\begin{array}{rl}\int x^3{f}^{\prime }(x)dx& =x^{3}f(x)-\int 3x^{2}f(x)dx\\ & =x(x\cos x-\sin x)-3\int (x\cos x-\sin x)dx.\end{array}$$

又

$$\begin{array}{rl}\int (x\cos x-\sin x)dx& =\int x\cos xdx-\int \sin xdx\\ & =x\sin x+\cos x+\cos x\\ & =x\sin x+2\cos x.\end{array}$$

因而

$$\begin{array}{rl}\int x^3{f}^{\prime }(x)dx& =x^2\cos x-x\sin x-3x\sin x-6\cos x+C\\ & =x^2\cos x-4x\sin x-6\cos x+C.\end{array}$$

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2. 【1995-5-7 分】 求不定积分

$$\int (\arcsin x{)}^{2}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$x(\arcsin x{)}^2+2\sqrt{1-x^2}\arcsin x-2x+C.$$

解析： 设

$$I=\int (\arcsin x{)}^{2}dx.$$

第一次分部积分，取

$$u=(\arcsin x{)}^2,dv=dx,$$

则

$$du=\frac{2\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx,v=x.$$

所以

$$I=x(\arcsin x{)}^2-2\int \frac{x\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx.$$

记

$$J=\int \frac{x\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx.$$

注意到

$$\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx=-d\sqrt{1-x^2},$$

再次分部积分得

$$\begin{array}{rl}J& =-\int \arcsin xd\sqrt{1-x^2}\\ & =-\sqrt{1-x^2}\arcsin x+\int \sqrt{1-x^2}\cdot \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}\\ & =-\sqrt{1-x^2}\arcsin x+x.\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}I& =x(\arcsin x{)}^2-2J\\ & =x(\arcsin x{)}^2+2\sqrt{1-x^2}\arcsin x-2x+C.\end{array}$$

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3. 【1996-3-8 分】 计算不定积分

$$\int \frac{\arctan x}{x^2(1+x^2)}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$-\frac{\arctan x}{x}+\ln |x|-\frac{1}{2}\ln (1+x^2)-\frac{1}{2}(\arctan x{)}^2+C.$$

解析： 先拆分有理因子：

$$\frac{1}{x^2(1+x^2)}=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1+x^2}.$$

因此

$$I=\int \frac{\arctan x}{x^2}dx-\int \frac{\arctan x}{1+x^2}dx.$$

对第一项分部积分，取

$$u=\arctan x,dv=\frac{dx}{x^2},$$

则

$$du=\frac{dx}{1+x^2},v=-\frac{1}{x}.$$

所以

$$\begin{array}{rl}\int \frac{\arctan x}{x^2}dx& =-\frac{\arctan x}{x}+\int \frac{dx}{x(1+x^2)}\\ & =-\frac{\arctan x}{x}+\int \left(\frac{1}{x}-\frac{x}{1+x^2}\right)dx\\ & =-\frac{\arctan x}{x}+\ln |x|-\frac{1}{2}\ln (1+x^2).\end{array}$$

第二项令 $t=\arctan x$，则 $dt=\frac{dx}{1+x^2}$，故

$$\int \frac{\arctan x}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}(\arctan x{)}^2.$$

综上，

$$I=-\frac{\arctan x}{x}+\ln |x|-\frac{1}{2}\ln (1+x^2)-\frac{1}{2}(\arctan x{)}^2+C.$$

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4. 【1999-4-6 分】 设 $F(x)$ 为 $f(x)$ 的原函数，且当 $x\ge 0$ 时，

$$f(x)F(x)=\frac{x{e}^x}{2(1+x{)}^2},$$

已知 $F(0)=1$，$F(x)>0$，试求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案：

$$f(x)=\frac{x{e}^{x/2}}{2(1+x{)}^{3/2}},x\ge 0.$$

解析： 因为 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的原函数，所以

$$F^{\prime }(x)=f(x).$$

由题设，

$$F(x)F^{\prime }(x)=\frac{x{e}^x}{2(1+x{)}^2},$$

从而

$$[F^2(x){]}^{\prime }=\frac{x{e}^x}{(1+x{)}^2}.$$

注意到

$${\left(\frac{e^x}{1+x}\right)}^{\prime }=\frac{x{e}^x}{(1+x{)}^2},$$

因此

$$F^2(x)=\frac{e^x}{1+x}+C.$$

代入 $F(0)=1$，得

$$1=1+C,$$

故 $C=0$。又因 $F(x)>0$，所以

$$F(x)=\sqrt{\frac{e^x}{1+x}}=\frac{e^{x/2}}{\sqrt{1+x}}.$$

最后求导：

$$\begin{array}{rl}f(x)=F^{\prime }(x)& =\frac{e^{x/2}}{2\sqrt{1+x}}-\frac{e^{x/2}}{2(1+x{)}^{3/2}}\\ & =\frac{x{e}^{x/2}}{2(1+x{)}^{3/2}}.\end{array}$$

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5. 【2001-1-6 分】 求

$$\int \frac{\arctan e^x}{e^{2x}}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$-\frac{\arctan e^x}{2e^{2x}}-\frac{1}{2e^x}-\frac{1}{2}\arctan e^x+C.$$

解析： 令

$$t=e^x,dx=\frac{dt}{t},$$

则

$$\int \frac{\arctan e^x}{e^{2x}}dx=\int \frac{\arctan t}{t^3}dt.$$

对右端作分部积分，取

$$u=\arctan t,dv=\frac{dt}{t^3},$$

则

$$du=\frac{dt}{1+t^2},v=-\frac{1}{2t^2}.$$

因而

$$\begin{array}{rl}\int \frac{\arctan t}{t^3}dt& =-\frac{\arctan t}{2t^2}+\frac{1}{2}\int \frac{dt}{t^2(1+t^2)}.\end{array}$$

又

$$\frac{1}{t^2(1+t^2)}=\frac{1}{t^2}-\frac{1}{1+t^2},$$

所以

$$\begin{array}{rl}\int \frac{\arctan t}{t^3}dt& =-\frac{\arctan t}{2t^2}+\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{t}-\arctan t\right)+C.\end{array}$$

代回 $t=e^x$，得

$$\int \frac{\arctan e^x}{e^{2x}}dx=-\frac{\arctan e^x}{2e^{2x}}-\frac{1}{2e^x}-\frac{1}{2}\arctan e^x+C.$$

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6. 【2002-34-6 分】 设

$$f({\sin }^{2}x)=\frac{x}{\sin x},$$

求

$$\int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}f(x)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$2\sqrt{x}-2\sqrt{1-x}\arcsin \sqrt{x}+C,0<x<1.$$

解析： 令

$$u={\sin }^{2}t,0<t<\frac{\pi }{2},$$

则

$$t=\arcsin \sqrt{u},\sin t=\sqrt{u}.$$

由题设

$$f(u)=\frac{t}{\sin t}=\frac{\arcsin \sqrt{u}}{\sqrt{u}}.$$

因此

$$f(x)=\frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}},$$

原积分化为

$$I=\int \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}dx.$$

再令

$$\sqrt{x}=\sin t,$$

则

$$x={\sin }^{2}t,dx=2\sin t\cos tdt,\sqrt{1-x}=\cos t.$$

故

$$\begin{array}{rl}I& =2\int t\sin tdt\\ & =2\left(-t\cos t+\sin t\right)+C.\end{array}$$

代回

$$t=\arcsin \sqrt{x},\sin t=\sqrt{x},\cos t=\sqrt{1-x},$$

得

$$I=2\sqrt{x}-2\sqrt{1-x}\arcsin \sqrt{x}+C.$$

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7. 【2003-2-9 分】 计算不定积分

$$\int \frac{x{e}^{\arctan x}}{(1+x^2{)}^{3/2}}dx.$$

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答案：

$$\frac{(x-1)e^{\arctan x}}{2\sqrt{1+x^2}}+C.$$

解析： 令

$$t=\arctan x,$$

则

$$x=\tan t,dx={\sec }^{2}tdt,\sqrt{1+x^2}=\sec t.$$

因而

$$\begin{array}{rl}I& =\int \frac{\tan t{e}^t}{{\sec }^{3}t}{\sec }^{2}tdt\\ & =\int e^t\sin tdt.\end{array}$$

利用公式

$$\int e^t\sin tdt=\frac{1}{2}{e}^t(\sin t-\cos t)+C,$$

且

$$\sin t=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}},\cos t=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}},$$

所以

$$I=\frac{(x-1)e^{\arctan x}}{2\sqrt{1+x^2}}+C.$$

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8. 【2006-2-10 分】 求

$$\int \frac{\arcsin e^x}{e^x}dx.$$

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答案：

$$-e^{-x}\arcsin e^x+\ln \left(\frac{e^x}{1+\sqrt{1-e^{2x}}}\right)+C,x\le 0.$$

解析： 在实数范围内，需有 $0<e^x\le 1$，即 $x\le 0$。

令

$$t=e^x,$$

则

$$dx=\frac{dt}{t},$$

从而

$$I=\int \frac{\arcsin t}{t^2}dt.$$

分部积分，取

$$u=\arcsin t,dv=\frac{dt}{t^2},$$

则

$$du=\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}},v=-\frac{1}{t}.$$

所以

$$I=-\frac{\arcsin t}{t}+\int \frac{dt}{t\sqrt{1-t^2}}.$$

对后一积分令 $t=\sin \theta$，则

$$\int \frac{dt}{t\sqrt{1-t^2}}=\int \csc \theta d\theta =\ln \tan \frac{\theta }{2}+C.$$

又

$$\tan \frac{\theta }{2}=\frac{\sin \theta }{1+\cos \theta }=\frac{t}{1+\sqrt{1-t^2}},$$

因此

$$I=-\frac{\arcsin t}{t}+\ln \left(\frac{t}{1+\sqrt{1-t^2}}\right)+C.$$

代回 $t=e^x$，即得

$$I=-e^{-x}\arcsin e^x+\ln \left(\frac{e^x}{1+\sqrt{1-e^{2x}}}\right)+C.$$

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9. 【2009-23-10 分】 计算不定积分

$$\int \ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)dx,x>0.$$

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答案：

$$\begin{array}{rl}& x\ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)+\frac{1}{2}\ln \left(\sqrt{x}+\sqrt{1+x}\right)\\ & -\frac{1}{2}\sqrt{x(1+x)}+\frac{x}{2}+C.\end{array}$$

解析： 由于 $x>0$，有

$$\begin{array}{rl}\ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)& =\ln \left(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{1+x}}{\sqrt{x}}\right)\\ & =\ln \left(\sqrt{x}+\sqrt{1+x}\right)-\frac{1}{2}\ln x.\end{array}$$

令

$$u=\sqrt{x},x=u^2,dx=2udu,$$

则

$$\begin{array}{rl}I& =2\int u\ln \left(u+\sqrt{1+u^2}\right)du-2\int u\ln udu.\end{array}$$

先计算第一项。令

$$A=2\int u\ln \left(u+\sqrt{1+u^2}\right)du.$$

分部积分，取

$$U=\ln \left(u+\sqrt{1+u^2}\right),dV=2udu,$$

则

$$dU=\frac{du}{\sqrt{1+u^2}},V=u^2.$$

所以

$$\begin{array}{rl}A& =u^2\ln \left(u+\sqrt{1+u^2}\right)-\int \frac{u^2}{\sqrt{1+u^2}}du\\ & =u^2\ln \left(u+\sqrt{1+u^2}\right)-\frac{1}{2}u\sqrt{1+u^2}+\frac{1}{2}\ln \left(u+\sqrt{1+u^2}\right).\end{array}$$

其中用到了

$$\int \frac{u^2}{\sqrt{1+u^2}}du=\frac{1}{2}u\sqrt{1+u^2}-\frac{1}{2}\ln \left(u+\sqrt{1+u^2}\right).$$

另一方面，

$$2\int u\ln udu=u^2\ln u-\frac{u^2}{2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =u^2\ln \left(\frac{u+\sqrt{1+u^2}}{u}\right)+\frac{1}{2}\ln \left(u+\sqrt{1+u^2}\right)\\ & -\frac{1}{2}u\sqrt{1+u^2}+\frac{u^2}{2}+C.\end{array}$$

代回 $u=\sqrt{x}$，得

$$\begin{array}{rl}I& =x\ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)+\frac{1}{2}\ln \left(\sqrt{x}+\sqrt{1+x}\right)\\ & -\frac{1}{2}\sqrt{x(1+x)}+\frac{x}{2}+C.\end{array}$$

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10. 【2011-3-10 分】 求不定积分

$$\int \frac{\arcsin \sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}}dx.$$

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答案：

$$\begin{array}{rl}\int \frac{\arcsin \sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}}dx& =2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}+2\sqrt{1-x}\\ & +2\sqrt{x}\ln x-4\sqrt{x}+C,0<x\le 1.\end{array}$$

解析： 在实数范围内，由 $\ln x$ 和 $\arcsin \sqrt{x}$ 的定义可知

$$0<x\le 1.$$

令

$$t=\sqrt{x},$$

则

$$x=t^2,dx=2tdt,\ln x=2\ln t.$$

原积分化为

$$\begin{array}{rl}I& =\int \frac{\arcsin t+2\ln t}{t}\cdot 2tdt\\ & =2\int \arcsin tdt+4\int \ln tdt.\end{array}$$

对第一项分部积分：

$$\begin{array}{rl}\int \arcsin tdt& =t\arcsin t-\int \frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt\\ & =t\arcsin t+\sqrt{1-t^2}.\end{array}$$

又

$$\int \ln tdt=t\ln t-t.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =2t\arcsin t+2\sqrt{1-t^2}+4t\ln t-4t+C.\end{array}$$

代回 $t=\sqrt{x}$，并利用 $\ln \sqrt{x}=\frac{1}{2}\ln x$，得到

$$\begin{array}{rl}I& =2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}+2\sqrt{1-x}\\ & +2\sqrt{x}\ln x-4\sqrt{x}+C.\end{array}$$

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11. 【2018-12-10 分】 求不定积分

$$\int e^{2x}\arctan \sqrt{e^x-1}dx.$$

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答案：

$$\frac{1}{2}{e}^{2x}\arctan \sqrt{e^x-1}-\frac{e^x+2}{6}\sqrt{e^x-1}+C,x\ge 0.$$

解析： 在实数范围内，需有 $e^x-1\ge 0$，即 $x\ge 0$。

令

$$t=\sqrt{e^x-1},$$

则

$$e^x=1+t^2,dx=\frac{2t}{1+t^2}dt,e^{2x}=(1+t^2{)}^2.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =\int (1+t^2{)}^2\arctan t\cdot \frac{2t}{1+t^2}dt\\ & =\int 2t(1+t^2)\arctan tdt.\end{array}$$

分部积分，取

$$u=\arctan t,dv=2t(1+t^2)dt,$$

则

$$du=\frac{dt}{1+t^2},v=t^2+\frac{t^4}{2}.$$

从而

$$\begin{array}{rl}I& =\left(t^2+\frac{t^4}{2}\right)\arctan t-\int \frac{t^2+\frac{1}{2}{t}^4}{1+t^2}dt.\end{array}$$

注意到

$$\begin{array}{rl}\frac{t^2+\frac{1}{2}{t}^4}{1+t^2}& =\frac{1}{2}\cdot \frac{t^4+2t^2}{1+t^2}\\ & =\frac{1}{2}\left(t^2+1-\frac{1}{1+t^2}\right),\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}I& =\left(t^2+\frac{t^4}{2}\right)\arctan t-\frac{t^3}{6}-\frac{t}{2}+\frac{1}{2}\arctan t+C\\ & =\frac{(1+t^2{)}^2}{2}\arctan t-\frac{t^3}{6}-\frac{t}{2}+C.\end{array}$$

代回 $t=\sqrt{e^x-1}$，有

$$\frac{(1+t^2{)}^2}{2}=\frac{1}{2}{e}^{2x},$$

且

$$\begin{array}{rl}\frac{t^3}{6}+\frac{t}{2}& =\frac{t(t^2+3)}{6}\\ & =\frac{e^x+2}{6}\sqrt{e^x-1}.\end{array}$$

所以

$$I=\frac{1}{2}{e}^{2x}\arctan \sqrt{e^x-1}-\frac{e^x+2}{6}\sqrt{e^x-1}+C.$$